2025年人教A版选修4化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教A版选修4化学上册月考试卷259考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：反应一段时间后达到平衡，测得生成且反应的前后压强之比为相同的温度下测量则下列说法正确的是A.该反应的化学平衡常数表达式是K=c(C)4c(D)2/c(A)3c(B)2B.此时，B的平衡转化率是C.增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D.增加C，B的平衡转化率不变2、25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+OH－；ΔH>0，下列叙述正确的是A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变C.向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低D.将水加热，Kw增大，pH不变3、已知氯水中存在反应：Cl2＋H2OH+＋Cl－＋HClO，取5mL饱和氯水进行如下实验。下列说法中，正确的是A.加5mL水，c(H+)增大B.加少量NaCl固体，c(H+)不变C.加少量碳酸钙粉末，c(HClO)升高D.加少量Na2SO3固体，溶液pH升高4、室温下，某二元碱水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（）

A.的数量级为B.水溶液显碱性C.等物质的量的和混合溶液中D.在水溶液中，5、某温度下,向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,滴加过程中－lgc(Cu2＋)与Na2S溶液体积的关系如图所示.下列有关说法正确的是()

A.0.1mol/LNa2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)B.a、b、c三点对应的溶液中,水的电离程度最大的为b点C.该温度下,Ksp(CuS)的数量级为10-36D.向10mLAg＋、Cu2＋物质的量浓度均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的Na2S溶液,Cu2＋先沉淀[已知：Ksp(Ag2S)＝6.4×10-50]评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、以下反应中，Q1＞Q2的是A.S(s)＋O2(g)SO2(g)＋Q1kJ；S(g)＋O2(g)SO2(g)＋Q2kJB.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)＋Q1kJ；2H2(g)＋O2(g)→2H2O(g)＋Q2kJC.NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)＋Q1kJNaOH(aq)＋HAc(aq)→NaAc(aq)＋H2O(l)＋Q2kJD.H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)＋Q1kJ，H2(g)＋F2(g)=2HF(g)＋Q2kJ7、如图表示有关反应的反应过程与能量变化的关系；据此判断下列说法中正确的是。

A.等质量的白磷与红磷充分燃烧，白磷放出的热量多B.红磷比白磷稳定C.白磷转化为红磷是吸热反应D.红磷比白磷更容易与氧气反应生成P4O108、常温下，一定浓度的某溶液由水电离出的c（OH﹣）=10﹣4mol/L，则该溶液的溶质可能是（）A.AlCl3B.NaOHC.Na2CO3D.NaHSO49、0.1mol/LKHSO4和0.1mol/LNa2S溶液等体积混合后（无气体逸出），溶液能使pH试纸变蓝，则离子浓度关系正确的是A.c(SO42-)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)B.c(Na+)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)C.c(Na+)=c(S2-)+c(H2S)+c(SO42-)+c(HS-)D.c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(SO42-)+c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)10、25℃时，AgCl的Ksp=1.8×10-10，Ag2CO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（）

A.Ag2CO3的Ksp为8.1×10-12B.Ag2CO3(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+CO32-(aq)的平衡常数K=2.5×108C.向Ag2CO3的饱和溶液中加入K2CO3(s)，可使c(CO32-)增大(由Y点到X点)D.向同浓度的KCl和K2CO3的混合溶液中滴入0.001mol·L-1AgNO3溶液，CO32-先沉淀11、下列防止金属腐蚀的做法可行的是（）A.在某些工具的机械转动部位刷油漆以防锈B.埋在地下的钢铁管道每隔一段距离就连结一定数量的铜块C.供应热水的水龙头使用陶瓷制品代替钢铁制品D.自行车的钢圈和车铃上镀上一层铬，既耐腐蚀又美观耐磨评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、写出下列热化学反应方程式：

(1)1molN2(g)与适量H2(g)起反应生成NH3(g)；放出92.2kJ热量：______________。

(2)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO(g)；吸收68kJ热量：_______________。

(3)1molCu(s)能与一定量的O2(g)起反应生成CuO(s)，放出157kJ热量：__________。13、在2L密闭容器中，800℃时，反应2NO＋O22NO2体系中，n(NO)随时间的变化如下表：。时间(s)012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007

(1)如图表示各物质浓度的变化曲线；

A点处，v(正)___________v(逆)，A点正反应速率_________B点正反应速率。(用“大于”；“小于”或“等于”填空)

(2)图中表示O2变化的曲线是___________。用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝____________________________。

(3)能使该反应的反应速率增大的是____________。

A．及时分离出NO2气体B．升高温度。

C．减小O2的浓度D．选择高效的催化剂。

(4)能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。

A．容器内压强保持不变B．v(NO)＝2v(O2)

C．容器内的密度保持不变D．v逆(NO2)＝2v正(O2)14、（1）0.1mol/L醋酸溶液中，存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－。经测定溶液中c(CH3COO―)为1.4×10－3mol/L，此温度下醋酸的电离平衡常数Ka＝________。

（2）已知饱和硫化氢的浓度为0.1mol/L，硫化氢的电离常数为Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝1.0×10－19，计算饱和硫化氢溶液中氢离子的浓度为__________mol/L。15、化学与生活；生产、科研密切相关；请根据所学知识回答：

物质在水中可能存在电离平衡；盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡；它们都可看作化学平衡。

（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为____。

（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，实验测得NaHCO3溶液的pH＞7，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：___。

（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入___，目的是___；

（4）若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为___。16、（1）在医学上小苏打经常用于治疗胃酸过多，写出其电离方程式__；其水溶液中各离子浓度大小的关系为__。

（2）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)：__。AlCl3溶液蒸干并灼烧得到的物质是__(填化学式)。

（3）泡沫灭火器灭火时发生反应的离子方程是___。17、在室温下；下列四种溶液：

①0.1mol/LNH4Cl②0.1mol/LCH3COONH4③0.1mol/LNH4HSO4④0.1mol/LNH3·H2O

请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈_______性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是_______________(用离子方程式表示)。

(2)在上述四种溶液中，pH最小的是___________；c(NH4+)最小的是_______(填序号)。

(3)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO-与浓度的大小关系是：c(CH3COO-)_______c()(填“＞”、“＜”或“＝”)。18、（1）一定温度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，溶液中__________________（填“增大”；“减小”或“不变”）。

（2）常温下，将VmL、0.1000mol·L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L-1醋酸溶液中；充分反应。回答下列问题。（忽略溶液体积的变化）

①如果溶液pH=7，此时V的取值___________20.00（填“>”、“<”或“=”），而溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)、c(H+)、c(OH-)的大小关系为___________________。

②如果V=40.00，则此时溶液中c(OH－)-c(H＋)-c(CH3COOH)=_________mol·L-1。

（3）常温下，向20ml0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HC1溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数随溶液pH变化的情况如下图；回答下列问题：

①若将Na2CO3和NaHCO3混合物配成溶液，则此溶液的pH的取值范围是________________；为测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数，下列方案可行的是_________________

A．取a克混合物充分加热，减重b克。

B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体。

C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克。

D．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。

②所得溶液中含量最多的三种离子的物质的量浓度的大小关系为_________________评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)19、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、原理综合题(共4题，共32分)20、氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景；采用天然气制备氢气的流程如下。

请回答下列问题：

Ⅰ.蒸汽转化：在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化；结合图表信息回答问题。

(1)该过程的热化学方程式是__________。

(2)平衡混合物中CO的体积分数与压强的关系如图所示，判断T1和T2的大小关系：T1_______T2(填“>”“<”或“=”)，并说明理由__________。

(3)一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入1molCH4和1mol水蒸气充分反应达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3:4，计算该条件下反应的平衡常数为______________。

Ⅱ.CO变换：500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。

Ⅲ.模拟H2提纯工艺：将CO2和H2分离得到H2的过程如下：

依据图示信息回答：

(4)吸收池中发生反应的离子方程式是_________。

(5)写出电解池中阳极发生的电极反应式________；结合化学用语说明K2CO3溶液再生的原因_________。21、在含有弱电解质的溶液中；往往有多个化学平衡共存。

（1）一定温度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，则溶液中_____（填“增大”、“不变”或“减小”）；写出该溶液中的电荷守恒关系_____。

（2）土壤的pH一般在4~9之间。土壤中Na2CO3含量较高时，pH可达10.5，试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因：_____。加入石膏（CaSO4·2H2O）可以使土壤碱性降低，有关反应的化学方程式为_____。

（3）水垢的主要成分CaCO3可以用过量食醋溶解，请结合化学用语，从沉淀溶解平衡的角度进行解释______________。

（4）常温下在20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：

①在同一溶液中H2CO3和CO____________________（填“能”或“不能”）大量共存。

②当pH＝7时，溶液中含碳元素的最主要微粒为_____，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为_________。

③已知在25℃时，CO水解反应的平衡常数=2.0×10－4，当溶液中c(HCO):c(CO)＝2:1时，溶液的pH＝_____。22、“循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题；因而对碳及其化合物的综合利用成为研究的热点。

(1)下列事实中，能用来比较碳元素和硫元素的非金属性强弱的是_______(填字母)。

A.SO2具有漂白性而CO2没有

B.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色而CO2不能。

C.H2SO4可与Na2CO3反应生成CO2

D.Na2CO3溶液显碱性，而Na2SO4溶液显中性。

(2)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：。化学键C—HC=OH—HC≡O(CO)键能/kJ·mol-14137454361075

则该反应的ΔH=_________。

(3)工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH>0，某温度下，将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下：。时间/h123456P后/P前0.90.850.830.810.800.80

①只改变下列条件，既能加快该反应的反应速率，又能增大CO2的平衡转化率的是______(填字母)。

A.增大压强B.充入一定量的H2C.及时移走CH3OHD.加入适当催化剂。

②该温度下CO2的平衡转化率为__________。

③向2L绝热容器中充入1molCO2和3molH2进行上述反应，该反应的平衡常数______(填“增大”“减小”或“不变”)，理由为__________。

(4)下图为电解精炼银的示意图，_______(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体产生．则生成该气体的电极反应式为_________。

23、一些行业的废水中氨氮含量严重超标；废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点，有多种方法可以去除。

I．电镀行业废水处理流程如下：

(1)吹脱法除氨氮：水中的氨氮大多数以和游离态的保持平衡状态而存在。将空气直接通入水中，使气相和液相充分接触。水中溶解的游离氨穿过气液界面，向气相转移，从而达到脱除氨的目的。氨氮废水中和平衡态的平衡关系有________。

(2)温度、值、空气流量对脱除氨有很大的影响。值、空气流量对脱除氨影响如图所示。由图可以看出，空气流量一定时，时，吹脱率随着增加而增加，请用化学平衡移动原理解释原因________。

(3)次氯酸钠氧化法：利用次氯酸钠氧化废水中氨氮的离子方程式是________。

II．对于含有的氨氮废水还可以用电化学沉淀与阴极氧化协同去除水中的氨氮，装置如图所示。电解过程中，石墨毡电极产生在通入的情况，又产生以氧化水中的同时还可以通过生成沉淀而持续被除去。

(1)阳极的电极反应式是________。

(2)废水中的转化为的离子方程式是________。

(3)大于不利于的生成，原因是________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共7分)24、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

在容器的容积不变时，气体的物质的量的比等于容器内的气体的压强的比。反应前后压强之比为则反应后气体的物质的量减小。由于产生了则同时产生的D，还有未反应的反应物A：2.8mol，1.2mol，反应后气体的物质的量是所以C是非气态物质，而D是气体。

【详解】

该反应的化学平衡常数表达式是故A错误；

在反应达到平衡时，生成则反应消耗B的平衡转化率是故B错误；

增大该体系的压强；平衡向右移动，但是由于温度不变，所以化学平衡常数就不变，故C错误；

由于C不是气体；所以增加C，平衡不会发生移动，B的平衡转化率不变，故D正确；

故选：D。2、B【分析】【详解】

A.氨水能抑制水的电离；但碱性是增强的，A不正确；

B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐；溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；

C.醋酸钠是强碱弱酸盐；水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；

D.电离是吸热的；因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。

答案选B。3、C【分析】试题分析：A．加入5mL水，溶液稀释，c(H+)减小；B．加入少量NaCl固体，C(Cl－)增大，平衡向左移动，c(H+)减小；D．加少量碳酸钙粉末，H+与碳酸钙反应，c(H+)减小，平衡向右移动，c(HClO)升高，C正确；D．加少量Na2SO3固体，Na2SO3与HClO发生氧化还原反应，生成Na2SO4与HCl；溶液酸性增强，pH升高，D错误。答案选C。

考点：考查化学平衡的移动。4、C【分析】【详解】

A.根据图像分析，Kb2=Kb2的数量级为10-8；故正确；

B.X(OH)NO3水溶液中，X主要以X(OH)+形式存在；由图示可知，此时溶液中，pH位于7-8之间，因此水溶液呈弱碱性，故正确；

C.X2+的水解常数为由Kb2计算得10-6.2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，c(X2+)<c(X(OH)+)；故错误；

D.在X(OH)NO3水溶液中，存在电荷守恒，c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c(X(OH)+)，存在物料守恒c(NO3-)=c(X2+)+c(X(OH)+)+c(X(OH)2)，将物料守恒的关系式代入电荷守恒可得c(X(OH)2)+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)；故正确。

故选C。5、C【分析】【详解】

A．依据质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)；A错误；

B．a、c两点Cu2＋、S2-的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液；水的电离没有被促进，水的电离程度最小，B错误；

C．Ksp(CuS)等于10-17.7的平方(10-35.4)，数量级为10-36；C正确；

D．刚开始产生Ag2S沉淀时，c2(Ag＋)∙c(S2-)=Ksp(Ag2S)，其中c(Ag＋)=0.1mol/L，则此时c(S2-)=6.4×10-48mol/L，同理，刚产生刚开始产生CuS沉淀时，c(Cu2＋)∙c(S2-)=Ksp(CuS)，其中c(Cu2＋)=0.1mol/L，则此时c(S2-)=10-34.4mol/L，故Ag+先沉淀；D错误。

故选C。二、多选题(共6题，共12分)6、BC【分析】【分析】

【详解】

A．燃烧反应为放热反应，生成物相同，反应物中气态S的能量大于固态S的能量，则Q1＜Q2；故A不选；

B．反应物相同，生成物中气态水的能量大于液态水的能量，则Q1>Q2；故B选；

C．中和反应为放热反应，醋酸电离吸热，则Q1＞Q2；故C选；

D．非金属性F＞Cl，F2比Cl2能量高，HF更稳定，则Q1＜Q2；故D不选；

故选BC。

【点睛】

本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、物质的状态、弱电解质的电离为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意燃烧与中和反应均放热，难点D，生成氢化物越稳定，放出的热量越多。7、AB【分析】【详解】

A．白磷比红磷的能量高，则等质量的白磷与红磷充分燃烧，白磷放出的热量多，故A正确；B．红磷能量低，红磷比白磷稳定，故B正确；C．白磷比红磷的能量高，白磷转化为红磷为放热反应，故C错误；D．白磷能量高，性质活泼，白磷更容易与氧气反应生成P4O10；故D错误；故选AB。

点睛：本题考查反应热与焓变，把握图中能量及能量变化、能量低的物质稳定为解答的关键。本题的难点是D，要注意白磷比红磷的能量高，能量越高，越不稳定，性质越活泼。8、AC【分析】【详解】

酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下，一定浓度的某溶液由水电离出的c(OH﹣)=10﹣4mol/L＞10﹣7mol/L；说明该物质促进水电离，则为含有弱离子的盐；

A．氯化铝属于强酸弱碱盐；能水解而促进水电离，故A正确；

B．NaOH是碱；抑制水电离，故B错误；

C．碳酸钠是强碱弱酸盐；促进水电离，故C正确；

D．硫酸氢钠是强酸强碱酸式盐；溶液呈强酸性，抑制水电离，故D错误；

故答案为AC。9、AC【分析】【分析】

0.1mol∙L−1KHSO4和0.1mol∙L−1Na2S溶液等体积混合后（无气体逸出），溶质为NaHS、K2SO4和Na2SO4，浓度之比为2:1:1，溶液能使pH试纸变蓝，说明反应后溶液显碱性，是HS－水解为主。

【详解】

A.溶质为NaHS、K2SO4和Na2SO4，浓度之比为2:1:1，溶液显碱性，因此有c(SO42−)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H+)；故A正确；

B.溶液显碱性，因此有c(Na+)＞c(K+)＞c(OH－)＞c(H+)；故B错误。

C.根据物料守恒，最开始硫离子浓度和硫酸根浓度之和等于钠离子浓度，再展开硫离子存在于硫离子、硫氢根离子、硫化氢，因此得到c(Na+)=c(S2−)+c(H2S)+c(SO42−)+c(HS－)；故C正确；

D.根据电荷守恒有c(Na+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42−)+2c(S2−)+c(HS－)+c(OH－)；故D错误。

综上所述，答案为AC。10、CD【分析】【详解】

A.Ag2CO3的溶度积Ksp=c2(Ag+)×c(CO32−)=(9×10−4)2×(1×10−5)=8.1×10−12；故A正确；

B.该反应的平衡常数故B正确；

C.加入K2CO3(s)后，Ag2CO3沉淀溶解平衡正向移动，溶液中c(CO32−)增大，c(Ag+)减小，而Y到X的移动过程中c(Ag+)不变；故C错误；

D.形成AgCl沉淀所需Cl−浓度形成Ag2CO3沉淀所需CO32−浓度因此Cl−先形成沉淀；故D错误。

综上所述，答案为CD。11、CD【分析】【分析】

【详解】

A.在某些工具的机械转动部位刷油漆；由于机械转动部位产生摩擦会使油漆很快脱落，不能起到保护金属的作用，故A错误；

B.埋在地下的钢铁管道每隔一段距离就连接一定数量的铜块；这样形成的原电池中，金属铁为负极，会加快锈蚀速率，故B错误；

C.水龙头使用陶瓷制品代替钢铁制品；可以防止生锈，故C正确；

D.不锈钢材料；既耐磨又耐腐蚀；可以防止生锈，故D正确；

故选CD。

【点睛】

钢铁生锈的条件是钢铁与氧气和水同时接触；酸性溶液、碱性溶液、盐溶液能促进金属生锈，防止金属生锈的方法有：在金属表面涂一层油漆；在金属表面镀一层金属；根据原电池原理进行保护等。三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】【分析】

热化学方程式的书写；需要注意的有：物质的状态；反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，据此解答。

【详解】

(1)1molN2(g)与适量H2(g)起反应生成NH3(g)，放出92.2kJ热量，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/mol；

(2)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO(g)，吸收68kJ热量，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/mol；

(3)1molCu(s)能与一定量的O2(g)起反应生成CuO(s)，放出157kJ热量，则该反应的热化学方程式为：Cu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol。

【点睛】

本题考查了热化学方程式的书写，物质反应过程的热量变化，不仅与反应的物质多少有关，还与物质的存在状态有关，相同质量的物质含有的能量：气态>液态>固态；放热反应的反应热为负值，吸热反应的反应热为正值，反应热的单位是kJ/mol。热化学方程式的系数仅表示物质的量，可以是整数，也可以是分数。【解析】N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+68kJ/molCu(s)+O2(g)=CuO(s)△H=-157kJ/mol13、略

【分析】【分析】

（1）A点后c浓度继续减小；a的浓度继续增大，故A点向正反应进行，正反应速率继续减小；逆反应速率继续增大到平衡状态B点时正、逆速率相等；

由表中数据可知从3s开始；NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡；

（2）氧气是反应物，随反应进行浓度减小，由方程式可知2△c（O2）=△c（NO）；

根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；

（3）升高温度；使用催化剂、增大反应物浓度都可能加快反应速率；减低浓度反应速率会减慢．

（4）可逆反应达到平衡时，v正=v逆（同种物质表示）或正；逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质表示）；反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

【详解】

（1）A点后c浓度继续减小,a的浓度继续增大,故A点向正反应进行,则v(正)>v(逆)；而B点处于平衡状态，即v（正）=v（逆），A点正反应速率继续减小、逆反应速率继续增大到平衡状态B点，A点正反应速率>B点正反应速率；

答案为大于；大于；

(2)氧气是反应物,随反应进行浓度减小,由方程式可知2△c(O2)=△c(NO)；由图可知曲线c的浓度变化为曲线d的2倍，故曲线c表示NO，曲线d表示氧气；

2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.003mol⋅L−1⋅s−1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol⋅L−1⋅s−1；

答案为d；0.003mol⋅L−1⋅s−1；

（3）

A．及时分离出NO2气体，会使NO2气体浓度降低；反应速率减慢，故A错误；

B．升高温度反应速率加快；故B正确；

C．减少O2的浓度；反应速率减慢，故C错误；

D．选择高效的催化剂；加快反应速率，故D正确；

答案选BD。.

（4）

A．随反应进行；反应混合气体总的物质的量在减小，恒温恒容下容器内压强减小，容器内压强不再变化说明反应到达平衡，故A正确；

B．若表示同一方向反应速率,v(NO)自始至终为v(O2)的2倍；不能说明达到平衡，故B错误；

C．混合气体的总质量不变；容器容积不变，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故C错误；

D．由方程式可知v正(NO2)=2v正(O2),而v逆(NO2)=2v正(O2),故v逆(NO2)=v正(NO2)；反应到达平衡，故D正确；

答案选AD【解析】①.大于②.大于③.d④.0.003mol·L－1·s－1⑤.BD⑥.AD14、略

【分析】【分析】

平衡常数K一般是通过列三段式计算。

【详解】

（1）醋酸溶液中，存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，水的电离程度小，即溶液中c(H+)=c(CH3COO―)=1.0×10－4mol/L，Ka=带入数据可得，约为1.96×10－5；

（2）已知饱和硫化氢溶液中以第一步电离为主；设溶液中氢离子的浓度为xmol/L,根据题意可列三段式如下：

Ka1=其中硫化氢的平衡浓度可近似计算为0.1，带入数据计算;1.0×10－7=得出饱和硫化氢溶液中氢离子的浓度为1.0×10－4mol/L。【解析】1.96×10－51.0×10－415、略

【分析】【分析】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性；但水解程度微弱；

（2）测得NaHCO3溶液的pH＞7；从弱酸的阴离子水解的角度分析；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解；生成红褐色沉淀和无色气体。

【详解】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由于NH4+水解程度微弱，因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)；

（2）在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，HCO3-水解使溶液显弱碱性；溶液的pH＞7；

（3）Fe3+易水解，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时要防止Fe3+水解，因此配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入盐酸；

（4）把B和C溶液混合，Fe3+和HCO3-发生双水解，生成红褐色沉淀和无色气体，离子方程式为：Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑。

【点睛】

比较溶液中粒子浓度关系的解题流程。

【解析】①.c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH-)②.在碳酸氢钠溶液中水解程度大于电离程度，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解显碱性③.盐酸④.抑制Fe3＋水解⑤.Fe3++3HCO3-＝Fe(OH)3↓+3CO2↑16、略

【分析】【详解】

(1)小苏打的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；其水溶液中存在：NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-以及H2O⇌H++OH-；钠离子不水解，碳酸氢根离子水解，所以c(Na+)＞c(HCO3-)，碳酸氢钠水解而使溶液呈碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，但水解是微弱的，溶液中阴离子主要是碳酸氢根离子，所以c(HCO3-)＞c(OH-)，溶液中碳酸氢根离子电离出氢离子和碳酸根离子、水电离出氢离子，所以c(H+)＞c(CO32-)，故溶液中各种离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)；

(2)AlCl3的水溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，水解方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；AlCl3溶液蒸干过程中加热促进其水解，而盐酸易挥发，所以蒸干得到的是氢氧化铝，灼烧后得到Al2O3；

(3)硫酸铝和碳酸氢钠能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。【解析】①.NaHCO3=Na++HCO3-②.c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)③.Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+④.Al2O3⑤.Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑17、略

【分析】【分析】

根据盐类的水解判断溶液的酸碱性并写出水解离子方程式；根据物质的微粒构成情况判断离子浓度的大小；根据电荷守恒判断离子浓度的关系；据此解答。

【详解】

（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；水解离子方程式为+H2O⇌NH3·H2O+H+；答案为酸，+H2O⇌NH3·H2O+H+。

（2）酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，①0.1mol/LNH4Cl中水解显酸性；②0.1mol/LCH3COONH4中CH3COO-二者均水解，相互促进，程度相当，近似为中性；③0.1mol/LNH4HSO4溶液中电离出氢离子显酸性，抑制铵根离子水解；④0.1mol/LNH3⋅H2O是弱电解质，微弱电离生成铵根离子显碱性；上述分析可知酸性最强的是0.1mol/LNH4HSO4溶液，铵根离子浓度最小的是0.1mol/LNH3⋅H2O；答案为③；④。

（3）0.1mol/LCH3COONH4中存在CH3COO-、H+、OH-等四种离子，由电荷守恒得c()+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，室温下，测得溶液②的pH=7，c(H+)=c(OH-)，所以c()=c(CH3COO-)；答案为=。【解析】①.酸②.+H2O⇌H++NH3•H2O③.③④.④⑤.=18、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）醋酸的电离平衡常数K=因为平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以溶液中加入醋酸钠，K不变；（2）①若氢氧化钠和醋酸等体积混合，溶液为醋酸钠溶液，显碱性，所以要显中性，碱要少些，选<，因为溶液为中性，即氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则根据电荷守恒可以知道，另外的阴阳离子浓度也相等，所以有c（Na＋）=c（CH3COO－）>c（H＋）=c（OH－）②根据电荷守恒分析有c（Na＋）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－），根据物料守恒有c（Na＋）=2c（CH3COO－）+2c（CH3COOH），两个关系式相减，消除醋酸根离子浓度，即可得：c（OH－）-c（H＋）-c（CH3COOH）=1/2c（Na＋），钠离子浓度为0.1×0.04/0.06=1/30或0.033mol/L。（3）①从图分析，碳酸钠和碳酸氢钠共存时溶液的pH为8<12；A、碳酸氢钠受热分解质量减少部分为二氧化碳和水的质量，根据减少的质量就能计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；B、二者都和盐酸反应生成氯化钠，根据方程式可以计算碳酸钠的质量分数；C、和硫酸反应生成二氧化碳和水，二氧化碳和水都可以被碱石灰吸收，因为水蒸气可以是从溶液中带出的，不能确定其质量，所以不能进行计算；D、二者都可以和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量和混合物的质量能计算碳酸钠的质量分数，所以选ABD。②碳酸钠的物质的两位0.10×0.02=0.002摩尔，氯化氢的物质的量为0.1×0.04=0.004摩尔，其中钠离子和氯离子物质的量相等，二者反应生成氯化钠和二氧化碳和水，二氧化碳溶解在水中形成饱和溶液，含有碳酸电离出的碳酸氢根离子，所以含量最多的三种离子的浓度关系为c（Na+）=c（Cl-）＞c（HCO3-）。

考点：钠的重要化合物的性质【解析】四、判断题(共1题，共10分)19、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错五、原理综合题(共4题，共32分)20、略

【分析】【分析】

Ⅰ.(1)由图可知，反应为吸热反应，△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=+204kJ/mol；据此书写热化学方程式；

(2)根据压强和温度对化学平衡的影响分析；

(3)由三段式分析；计算该条件下反应的平衡常数；

Ⅲ.由图可知；吸收池中二氧化碳与碳酸钾溶液的反应得到碳酸氢钾，据此书写离子方程式。

【详解】

Ⅰ.(1)由图可知，1mol甲烷、1mol水蒸气生成1molCO和3mol氢气吸收热量(2582−2378)kJ=204kJ，故热化学方程式为：故答案为：

(2)该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以相同压强下，温度越高，CO的体积分数越大，故T1>T2，故答案为：>；根据热化学方程式可知，升高温度，平衡正向移动，CO的体积分数增大，再对应图像，压强一定时，则T1>T2；

(3)一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入1molCH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3:4，设消耗甲烷物质的量x，据此计算：

x=mol，则平衡时各物质的浓度分别为：c(CH4)=c(H2O)=mol/L，c(CO)=mol/L，c(H2)=1mol/L，则该反应的平衡常数K==0.75；故答案为：0.75；

Ⅲ.(4)由图可知，吸收池中氢气并未反应，二氧化碳被吸收进入惰性电极电解池,即吸收池中为二氧化碳与碳酸钾溶液的反应，离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，故答案为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；

(5)HCO3−存在电离平衡：HCO3−⇌H++CO32−，阴极H+放电浓度减小平衡右移，CO32-再生，阴极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋OH-，阳极反应：HCO3-+OH-═CO32-+H2O，使碳酸钾溶液得以再生，故答案为：阴极放电发生反应：产生的OH-与电解液中的碳酸氢根发生反应：实现了K2CO3溶液的再生。【解析】>根据热化学方程式可知，升高温度，平衡正向移动，CO的体积分数增大；再对应图像，压强一定时，则T1>T20.75阴极放电发生反应：产生的OH-与电解液中的碳酸氢根发生反应：实现了K2CO3溶液的再生21、略

【分析】【分析】

（1）CH3COOH的电离平衡常数K=温度不变，电离平衡常数不变；混合溶液中存在电荷守恒关系c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；

（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-在溶液中分步水解使土壤呈碱性，加入石膏后，CaSO4与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀，CO32-浓度降低，水解平衡向左移动，OH-浓度降低；使土壤碱性降低；

（3）水垢的主要成分CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解；

（4）①由图象可以看出，H2CO3存在于PH＜8的溶液中，CO32-存在于pH＞8的溶液中；

②由图可知，H=7时溶液中c（OH-）=c（H+），溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-和H2CO3，此时溶液中溶质为NaCl、NaHCO3和H2CO3，由电荷守恒可知溶液中c（Na+）>c（Cl-），由碳酸钠与盐酸的反应可知溶液中c（Cl-）>c（HCO3-）；

③CO32-的水解常数Kh==2.0×10－4可知，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，溶液中c（OH-）=1.0×10-4mol/L。

【详解】

（1）CH3COOH的电离平衡常数K=温度不变，电离平衡常数不变；混合溶液中存在电荷守恒关系c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），故答案为：不变；c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；

（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-在溶液中分步水解使土壤呈碱性，水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，加入石膏后，CaSO4与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀，CO32-浓度降低，水解平衡向左移动，OH-浓度降低，使土壤碱性降低，使土壤碱性降低，反应方程式为CaSO4•2H2O+Na2CO3=CaCO3↓+Na2SO4+2H2O，故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-；CaSO4•2H2O+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2O；

（3）醋酸的酸性强于碳酸，水垢的主要成分CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解，故答案为：CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解；

（4）①由图象可以看出，H2CO3存在于PH＜8的溶液中，CO32-存在于pH＞8的溶液中；二者不能大量共存于同一溶液中，故答案为：不能；

②由图可知，pH=7时溶液中c（OH-）=c（H+），溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-和H2CO3，此时溶液中溶质为NaCl、NaHCO3和H2CO3，由电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（HCO3-）+c（OH-）可知，溶液中c（Na+）>c（Cl-），由反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3和NaHCO3+HCl=NaCl+H2CO3可知，溶液中c（Cl-）>c（HCO3-），则溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c（Na+）>c（Cl-）>c（HCO3-）>c（OH-）=c（H+），故答案为：HCO3-、H2CO3；c（Na+）>c（Cl-）>c（HCO3-）>c（OH-）=c（H+）；

③CO32-的水解常数Kh==2.0×10－4可知，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，溶液中c（OH-）=1.0×10-4mol/L，则溶液中c（H+）==10-10mol/L；溶液pH=10，故答案为：10。

【点睛】

明确常温下在10mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液20mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成碳酸是解答关键。【解析】不变c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-CaSO4•2H2O+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2OCaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解不能HCO3-、H2CO3c（Na+）>c（Cl-）>c（HCO3-）>c（OH-）=c（H+）1022、略

【分析】【详解】

(1)A．SO2具有漂白性，其原因为SO2与有色物质反应生成不稳定的无色物质；与元素的非金属性无关，故A错误；

B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色；体现其还原性，低价态氧化物的还原性强弱不能用来比较元素的非金属性强弱，故B错误；

C．H2SO4可与Na2CO3反应生成CO2，证明H2SO4的酸性强于H2CO3的酸性；最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故C正确；

D．Na2CO3溶液显碱性说明H2CO3为弱酸，Na2SO4溶液显中性说明H2SO4为强酸；最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故D正确；

故答案为：CD；

(2)根据反应焓变ΔH=反应物总键能-生成物总键能可得反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的焓变为：ΔH=4×413kJ·mol-1+2×745kJ·mol-1-（2×1075kJ·mol-1+2×436kJ·mol-1）=+120kJ·mol-1

故答案为：+120kJ·mol-1；

(3)①既能加快该反应的反应速率，又能增大CO2的平衡转化率；说明平衡正向移动；

A.该反应是一个反应前后气体分子数目减小的可逆反应；增大压强，压缩容器体积，正逆反应速率均增大，平衡正向移动，符合题意，故A正确；

B.充入一定量的H2；反应物的浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动，符合题意，故B正确；

C.及时移走CH3OH；反应物的浓度不变，生成物的浓度减小，正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡正向移动，不符合题意，故C错误；

D.催化剂可以同等程度的改变正逆反应速率；平衡不发生移动，不符合题意，故D错误；

故答案为：AB。

②反应达到平衡状态时；设二氧化碳反应物质的量的转化量为ymol；

根据在同温同体积下；气体的压强之比等于其物质的量之比可得：

解得：y=0.4，因此该温度下CO2的平衡转化率为：

故答案为：40.00%;

③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH>0；该反应正反应为吸热反应，在绝热容器中随着反应的进行，容器内的温度降低，平衡逆向移动，平衡常数减小；

故答案为：减小；该反应正反应为吸热反应；在绝热容器中随着反应的进行，容器内的温度降低，平衡逆向移动，平衡常数减小；

(4)电解精炼银时，粗银作阳极发生氧化反应，与电源正极相连的是电解池的阳极，所以a极为含有杂质的粗银，b极与电源负极相连是电解池的阴极，电解质溶液中含硝酸根，b极有少量红棕色气体应是二氧化氮，生成该气体的电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O；

故答案为：a；+e-+2H+=NO2↑+H2O。【解析】C